備考2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)分層練習(xí)第七章立體幾何與空間向量第3講空間直線平面的平行

第3講空間直線、平面的平行1.[多選/2024貴州省六盤水市其次中學(xué)段考]如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知點(diǎn)G，H分別在A1B1，A1C1上，且GH經(jīng)過△A1B1C1的重心，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，AC上，且平面A1EF∥平面BCHG，則下列結(jié)論正確的是（AB）A.EF∥GHB.GH∥平面A1EFC.GHEF＝D.平面A1EF∥平面BCC1B1解析在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1B1C1∥平面ABC，由面面平行的性質(zhì)可得GH∥BC，又GH過△A1B1C1的重心，所以GHB1C1＝GHBC＝23.由平面A1EF∥平面BCHG可知EF∥BC，A1G＝BE，所以EF∥GH，EFBC＝13，所以GHEF＝2.因?yàn)镋F∥GH，GH?平面A1EF，所以GH∥平面A1EF.因?yàn)锳1，E，B，B1四點(diǎn)共面，且易得A1E與BB1相交，所以平面A1EF2.[多選/2024南昌市模擬]在下列底面是平行四邊形的四棱錐中，A，B，C，M，N是四棱錐的頂點(diǎn)或棱的中點(diǎn)，則MN∥平面ABC的有（AB）解析對于A，B選項(xiàng)：如圖1，圖2，取AB的中點(diǎn)P，連接CP，PM，則MPCN，∴四邊形MNCP為平行四邊形，∴MN∥CP，又MN?平面ABC，CP?平面ABC，∴MN∥平面ABC.故A，B正確.對于C選項(xiàng)：如圖3，連接EM，由C，M為所在棱的中點(diǎn)知EM∥BC，易證EM∥平面ABC.假設(shè)MN∥平面ABC，由EM∩MN＝M，EM，MN?平面MNE，可證平面MNE∥平面ABC，又NE?平面MNE，∴NE∥平面ABC，這與NE∩平面ABC＝A沖突，∴假設(shè)不成立，即MN與平面ABC不平行，故C錯(cuò)誤.對于D選項(xiàng)：如圖4，連接FN，設(shè)FN∩AC＝O，連接BO.若MN∥平面ABC，則由平面FMN∩平面ABC＝BO，可證得MN∥BO.由B為FM的中點(diǎn)知BO為△FNM的中位線，從而O為FN的中點(diǎn)，事實(shí)上FN的中點(diǎn)在底面平行四邊形兩條對角線的交點(diǎn)處，該交點(diǎn)明顯不是圖中的點(diǎn)O，故D錯(cuò)誤.故選AB.圖1 圖2圖3 圖43.如圖，平面α∥平面β∥平面γ，兩條直線a，b分別與平面α，β，γ相交于點(diǎn)A，B，C和點(diǎn)D，E，F(xiàn).已知AB＝2cm，DE＝4cm，EF＝3cm，則AC的長為72解析過點(diǎn)D作直線AB的平行線分別交平面β與平面γ于點(diǎn)M，N，連接AD，BM，CN，ME，NF，如圖所示，則AD∥BM∥CN，ME∥NF，所以ABBC＝DMMN＝DEEF，因?yàn)锳B＝2cm，DE＝4cm，EF＝3cm，所以2BC＝43，解得BC＝32cm，所以AC＝AB＋BC＝2＋324.下列三個(gè)命題在“（）”處都缺少同一個(gè)條件，補(bǔ)上這個(gè)條件可使這三個(gè)命題均為真命題（其中l(wèi)，m為兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面），則此條件是l?α.①l//mm//α（）?l∥α；③l⊥m解析②體現(xiàn)的是線面平行的判定定理，缺少的條件是“l(fā)為平面α外的一條直線”，即“l(fā)?α”，“l(fā)?α”也適用于①和③，故此條件是l?α.5.[2024貴陽市模擬節(jié)選]如圖，△ABC是正三角形，四邊形ABB1A1是矩形，平面ABB1A1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC，AA1＝2CC1.設(shè)直線l為平面ABC與平面A1B1C1的交線，求證：l∥AB.解析∵四邊形ABB1A1是矩形，∴AB∥A1B1，∵A1B1?平面A1B1C1，AB?平面A1B1C1，∴AB∥平面A1B1C1，又AB?平面ABC，平面ABC∩平面A1B1C1＝l，∴l(xiāng)∥AB.6.[2024陜西省模擬]如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，側(cè)面PCD是等邊三角形且與底面ABCD垂直，PD＝4，E，F(xiàn)分別為AB，PC上的點(diǎn)，且PF＝13PC，AE＝13（1）證明：EF∥平面PAD.（2）若∠BAD＝60°，求三棱錐B－EFC的體積.解析（1）解法一（利用線面平行的判定定理證明）在PD上取點(diǎn)M使得PM＝13PD，連接FM，MA，如圖1所示因?yàn)镻F＝13PC，PM＝13所以MF∥CD，且MF＝13CD， 圖又AE＝13AB＝13CD，且AE∥所以MFAE，所以四邊形AEFM是平行四邊形，所以EF∥AM，又EF?平面PAD，AM?平面PAD，所以EF∥平面PAD.解法二（利用面面平行的性質(zhì)證明）如圖2所示，在CD上取點(diǎn)T，使得DT＝13DC，連接FT，TE因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，且AE＝13AB所以AEDT，所以四邊形AETD為平行四邊形， 圖2所以TE∥AD.又AD?平面PAD，TE?平面PAD，所以TE∥平面PAD.在△PDC中，PF＝13PC，DT＝13所以FT∥PD，又PD?平面PAD，F(xiàn)T?平面PAD，所以FT∥平面PAD.又FT∩ET＝T，所以平面FTE∥平面PDA.又EF?平面FTE，所以EF∥平面PAD.（2）如圖3，取CD的中點(diǎn)O，連接PO，因?yàn)椤鱌CD為等邊三角形，且PD＝4，所以PO⊥CD，PO＝23.因?yàn)閭?cè)面PCD⊥底面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，所以PO⊥平面ABCD. 圖3因?yàn)镻F＝13PC，所以點(diǎn)F到平面ABCD的距離h＝23PO＝S△BCE＝12×23×4×4×sin120°＝所以三棱錐B－EFC的體積為VB－EFC＝VF－BCE＝13S△BCE×h＝13×833×7.[2024武漢部分學(xué)校調(diào)考節(jié)選]如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面四邊形ABCD滿意AB＝CB＝2，AD＝CD＝5，∠ABC＝90°，棱PD上的點(diǎn)E滿意PE＝2DE.求證：直線CE∥平面PAB.解析如圖，連接AC，BD，記AC與BD交于點(diǎn)O，取OD的中點(diǎn)F，連接EF，CF，AF.由AB＝CB，AD＝CD，得BD垂直平分AC.又∠ABC＝90°，且AB＝2，所以AO＝BO＝CO＝1，所以DO＝AD2－所以DF＝1，BF＝2.所以BFFD＝PEED＝2，所以EF∥因?yàn)镻B?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.又點(diǎn)O為線段BF和AC的中點(diǎn)，所以四邊形ABCF是平行四邊形，所以CF∥AB.因?yàn)锳B?平面PAB，CF?平面PAB，所以CF∥平面PAB.又EF∩CF＝F，EF，CF?平面CEF，所以平面CEF∥平面PAB.又CE?平面CEF，所以直線CE∥平面PAB.8.[2024陜西省商洛市部分學(xué)校高三階段性測試]如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F(xiàn)分別是棱A1C1，BC，AC的中點(diǎn)，AB⊥BC.（1）證明：平面ABD∥平面FEC1.（2）求點(diǎn)F到平面ABD的距離.解析（1）在△ABC中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是BC，AC的中點(diǎn)，所以AB∥EF.因?yàn)锳B?平面FEC1，EF?平面FEC1，所以AB∥平面FEC1.因?yàn)锳C∥A1C1，所以AF∥DC1，又AF＝12AC＝12A1C1＝DC所以四邊形AFC1D為平行四邊形，所以AD∥FC1，因?yàn)锳D?平面FEC1，F(xiàn)C1?平面FEC1，所以AD∥平面FEC1.又AD∩AB＝A，AB，AD?平面ABD，所以平面ABD∥平面FEC1.（2）如圖所示，連接BF，DF.由勾股定理得AB＝AC2－BC2＝3，AD＝AA12所以△ABD的面積為12AB×AD2－（AB2）2＝設(shè)點(diǎn)F到平面ABD的距離為h，則三棱錐F－ABD的體積為V＝13h×514＝51又易知DF⊥平面ABC，所以三棱錐D－ABF的體積為V＝13×DF×S△ABF＝13×2×12×12×3×所以5112h＝36，解得h＝即點(diǎn)F到平面ABD的距離為2179.四面體ABCD的體積為1，O為其中心，正四面體EFGH與正四面體ABCD關(guān)于點(diǎn)O對稱，如圖.（1）證明：平面GHF∥平面BCD.（2）求三棱錐O－BCD的體積.（3）設(shè)棱AB與棱GH的交點(diǎn)為M，推斷M的位置（不須要證明），并求出兩個(gè)正四面體公共部分的體積.解析（1）將正四面體ABCD及正四面體EFGH內(nèi)嵌至正方體中，如圖所示.∵DF∥BH，DF＝BH，則四邊形BDFH為平行四邊形，∴BD∥FH.又BD?平面BCD，F(xiàn)H